2024高考物理大一轮复习题库 第2讲 动能定理及应用

这是一份2024高考物理大一轮复习题库 第2讲 动能定理及应用，共18页。试卷主要包含了动能，动能定理等内容，欢迎下载使用。

第2讲　动能定理及应用

一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能。
2．公式：Ek＝mv2。
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4．动能是标量，是状态量。
5．动能的变化：ΔEk＝mv－mv。
二、动能定理
1．内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv－mv。
3．物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。
【自测 关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是(　　)
A．合力为零，则合力做功一定为零
B．合力做功为零，则合力一定为零
C．合力做功越多，则动能一定越大
D．动能不变，则物体所受合力一定为零
答案　A

命题点一　动能定理的理解
1．两个关系
(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
2．标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式。
【例1 随着高铁时代的到来，人们出行也越来越方便，高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)

图1
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的加速度成正比
答案　B
解析　列车在启动阶段做v0＝0的匀加速直线运动，列车的动能Ek＝mv2＝
m(at)2＝m·(2ax)，可见B正确，A、C、D错误。
【针对训练1】 (多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3 J，拉力F做功8 J，空气阻力做功－0.5 J，则下列判断正确的是(　　)
A．物体的重力势能增加了3 J
B．物体的重力势能减少了3 J
C．物体的动能增加了4.5 J
D．物体的动能增加了8 J
答案　AC
解析　因为重力做负功时重力势能增加，所以重力势能增加了3 J，A正确，B错误；根据动能定理W合＝ΔEk，得ΔEk＝－3 J＋8 J－0.5 J＝4.5 J，C正确，D错误。
命题点二　动能定理的基本应用
1．应用流程

2．注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
【真题示例2 (2021·山东卷，3)如图2所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　)

图2
A. B.
C. D.
答案　B
解析　木块在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理得－f·2πL＝0－mv，解得f＝，故选项B正确。
【真题示例3 (2021·河北卷，6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图3所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)

图3
A. B.
C. D．2
答案　A
解析　当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度h＝R＋πR－＝R＋，根据动能定理有mgh＝mv2，解得v＝。故A正确，B、C、D错误。
【针对训练2】 如图4所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)

图4
A. B.
C．mgR D．(1－μ)mgR
答案　D
解析　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确。
【针对训练3】 (2021·北京东城区期末)如图5所示，在高为h的粗糙平台上，有一个质量为m的小球，被一根细线拴在墙上，球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为v。对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是(　　)

图5
A．小球离开弹簧时的动能是mv2
B．弹簧弹力做的功等于mv2
C．弹簧弹力与重力做功的和等于mv2
D．弹簧弹力与摩擦力做功的和等于mv2－mgh
答案　D
解析　从烧断细线到小球刚要落地的整个过程中，根据动能定理可知W弹－Wf＋mgh＝mv2，移项可知，小球离开弹簧时的动能不等于mv2，落地时动能才等于
mv2，A错误；弹簧弹力做的功等于mv2－mgh＋Wf，B错误；弹簧弹力与重力做功的和等于mv2＋Wf，C错误；弹簧弹力与摩擦力做功的和等于mv2－mgh，D正确。
题型自我感悟
1．以上题目中物体受到的摩擦力和弹簧弹力做功有什么共同特点？绳的拉力是变力，它做功吗？
提示　摩擦力和弹簧弹力都是变力做功。可以用动能定理求解变力做功。绳的拉力不做功。
2．如果力的大小不变，方向在变化，求它做功时应该注意什么？
提示　应该用力的大小乘以路程，而不是位移。
命题点三　动能定理与图像的“数形结合”
1．解决图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线与横轴所围的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
2．图像与横轴所围“面积”的意义
(1)v－t图像：由公式x＝vt可知，v－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)a－t图像：由公式Δv＝at可知，a－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)F－x图像：由公式W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)P－t图像：由公式W＝Pt可知，P－t图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(5)Ek－x图像：由公式Fx＝Ek－Ek0可知，Ek－x图线的斜率表示合力。
【真题示例4 (2021·湖北卷，4)如图6甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　)

图6
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案　A
解析　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N。联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误。
【针对训练4】 (2020·江苏卷，4)如图7所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是(　　)

图7

答案　A
解析　在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsin θ·－μ1mgcos θ·＝Ek－0, 解得Ek＝(mgtan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。
命题点四　运用动能定理解决多过程问题
【例5 如图8甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m。现有质量m＝500 kg的过山车，从高h＝40 m 处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75。过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s2。求：

图8
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；
(3)减速直轨道FG的长度x(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
答案　(1)8 m/s　(2)7×103 N (3)30 m
解析　(1)设过山车在C点的速度大小为vC，
由动能定理得
mgh－μ1mgcos 45°·＝mv
代入数据得vC＝8 m/s。
(2)设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得
mg(h－2R)－μ1mgcos 45°·＝mv
F＋mg＝m，解得F＝7×103 N
由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103 N。
(3)全程应用动能定理
mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos 45°·－μ1mgcos 37°·－μ2mgx＝0
解得x＝30 m。

1．运用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分段应用动能定理求解。
(2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。
2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意它们的特点。
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。　　


对点练 动能定理的理解
1．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)
A．mgh－mv2－mv
B．－mv2－mv－mgh
C．mgh＋mv－mv2
D．mgh＋mv2－mv
答案　C
解析　对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得 mgh－Wf＝
mv2－mv，解得Wf＝mgh＋mv－mv2，选项C正确。
对点练 动能定理的应用
2．如图1所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

图1
A．运动员踢球时对足球做功mv2
B．足球上升过程重力做功mgh
C．运动员踢球时对足球做功mgh＋mv2
D．足球上升过程克服重力做功mgh＋mv2
答案　C
解析　足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为E＝mgh＋mv2，由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为E＝mgh＋mv2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功W＝mgh＋mv2，故A错误，C正确；足球上升过程重力做功WG＝－mgh，足球上升过程中克服重力做功W克＝mgh，故B、D错误。
3．如图2所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于(　　)

图2
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案　D
解析　小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋f)H＝0－mv，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg－f)H＝m(v0)2－0，联立解得f＝mg，选项D正确，A、B、C错误。
4．如图3所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为(　　)

图3
A. B.
C．4 D．3
答案　D
解析　小球在竖直面内做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝m，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg·4L＝mv－mv，联立可得落地速度大小v2＝3，故A、B、C错误，D正确。
对点练 动能定理与图像的“数形结合”
5．在光滑水平面上，有一质量为10 kg的滑块，在变力F的作用下沿x轴做直线运动，F－x 关系如图4所示，4～8 m和12～16 m的两段曲线关于坐标点(10，0)对称。滑块在坐标原点处速度为1 m/s，则滑块运动到16 m 处的速度大小为(　　)

图4
A．3 m/s B．5 m/s
C．2 m/s D．4 m/s
答案　A
解析　图像与坐标轴围成的图像的面积表示变力F做的功，所以根据动能定理得W＝mv2－mv，代入数据解得v＝3 m/s，故A正确。
6．(多选)(2021·安徽马鞍山市一模)一滑块从固定光滑斜面顶点由静止释放，沿斜面下滑的过程中，滑块的动能Ek与运动时间t、下滑高度h、运动位移x之间的关系图像正确的是(　　)

答案　BC
解析　滑块沿斜面下滑的过程中，由牛顿第二定律有a＝gsin θ，v＝at，则滑块的动能Ek与运动时间t关系有Ek＝mv2＝t2，则动能与时间的平方成正比，所以A错误，B正确；由动能定理有Ek＝mgh＝mgsin θ·x，动能与下滑的高度成正比，与运动位移成正比，所以C正确，D错误。
7．(2021·江苏省模拟)汽车在平直的公路上以额定功率行驶，行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图5所示。已知汽车的质量为1×103 kg，汽车运动过程中所受地面的阻力恒定，空气的阻力不计。则下列说法正确的是(　　)

图5
A．汽车受到地面的阻力大小为200 N
B．汽车的额定功率为8 000 W
C．汽车加速运动的时间为16.25 s
D．汽车加速过程中牵引力做的功为8×105 J
答案　C
解析　在减速运动过程中，根据动能定理得－fx2＝0－Ek，解得f＝＝2×103 N，故A错误；设汽车匀速运动的速度为v，则有Ek＝mv2，匀速运动时牵引力与阻力大小相等，则汽车的额定功率为P＝fv，联立解得P＝80 kW，故B错误；对于加速运动过程，根据动能定理得Pt－fx1＝Ek2－Ek1，代入数据得t＝16.25 s，故C正确；汽车牵引力做的功应大于汽车的动能增加量，由WF－fx1＝Ek2－Ek1知，汽车加速过程中牵引力做的功大于8×105 J，故D错误。
对点练 运用动能定理解决多过程问题
8．(2021·太原模拟)如图6所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速度下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：

图6
(1)滑块第一次至左侧AC弧上时距A点的最小高度差h；
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。
答案　(1)　(2)
解析　(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得
mgh－μmgcos θ·＝0
解得h＝。
(2)通过分析可知，滑块最终运动至C点的速度为0时对应在斜面上通过的总路程最大，由动能定理得mgRcos θ－μmgcos θ·s＝0
解得s＝。

9．(多选)(2021·全国甲卷，20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g。则(　　)
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
答案　BC
解析　设物体沿斜面向上滑动的距离为s，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，物体沿斜面上滑过程中，根据动能定理有－mgssin α－μmgscos α＝0－Ek，同理，物体沿斜面下滑过程中有mgssin α－μmgscos α＝－0，两式联立解得s＝，μ＝0.5。物体沿斜面下滑过程中，根据牛顿第二定律有mgsin α－μmgcos α＝ma下，解得
a下＝，同理可知物体沿斜面上滑过程的加速度大小大于下滑过程的加速度大小，由s＝at2可知，物体向上滑动所用的时间比向下滑动所用的时间短。B、C正确，A、D错误。
10．(2019·全国Ⅲ卷，17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图7所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　)

图7
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
答案　C
解析　画出物体的运动示意图。

设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg。选项C正确。
11．完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图8甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意图如图乙，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求

图8
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
答案　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N
解析　(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
＝①
根据动能定理，有W＝mv2－0②
联立①②式，代入数据解得
W＝7.5×104 J。③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有
L2＝Rsin θ④
由牛顿第二定律，有
FN－mg＝m⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
FN＝1.1×103 N。
12．(2021·安徽合肥市5月质检)如图9甲所示，杂技运动员在固定的竖直金属杆上表演。当运动员开始表演时，与金属杆接触处距离地面8.80 m，运动员双腿夹紧金属杆倒立，并通过双腿对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动。运动员整个下滑过程的v－t 图像如图乙所示。已知运动员的质量为60.0 kg，身高为
1.68 m，接触处距离头顶1.00 m，身体与杆的夹角始终保持37°，若不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：

图9
(1)运动员下滑的最大速度；
(2)运动员下滑过程克服摩擦力做的功；
(3)运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比。
答案　(1)4 m/s　(2)4 800 J　(3)63∶95
解析　(1)根据题意可知运动员下滑的距离x＝H－lcos θ＝8.00 m
根据x＝t，解得最大速度为vm＝4 m/s。
(2)根据动能定理得mgx＋Wf＝0
解得Wf＝－4 800 J
运动员下滑过程克服摩擦力做的功为4 800 J。
(3)根据图像知，运动员加速下滑时间t1＝2.5 s，减速时间t2＝1.5 s，则运动员加速下滑阶段加速度大小为a1＝＝1.6 m/s2
减速下滑阶段加速度大小a2＝＝ m/s2
设运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力分别为Ff1、Ff2，根据牛顿第二定律
mg－Ff1＝ma1，Ff2－mg＝ma2
解得Ff1＝504 N，Ff2＝760 N
运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比为63∶95。